四川省遂宁市2022年中考物理真题试卷解析版

这是一份四川省遂宁市2022年中考物理真题试卷解析版，共8页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

四川省遂宁市2022年中考物理真题试卷
一、单选题
1．下面数据中符合生活实际的是（　　）
A．教室里课桌的高度大约是80dm B．一名中学生的质量约为500kg
C．人体感觉舒适的气温约为40℃ D．人体安全电压不高于36V
【答案】D
【知识点】温度及温度计的使用与读数；质量及其特性；电压和电压的单位换算
【解析】【解答】A．中学生的身高在160cm左右，课桌的高度大约是中学生身高的一半，在80cm=8dm左右，A不符合题意；
B．成年人的质量在65kg左右，中学生的质量比成年人小一些，在50kg左右，B不符合题意；
C．人体感觉舒适的气温约为23℃，C不符合题意；
D．对人体的安全电压不高于36V，一旦高于这个限定值，对人体会有危害，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
2．今年，我国发射的“天舟四号”货运飞船与“天和号”核心舱在太空成功对接。对接后，它们一起绕地球转动。对这一过程所涉及的物理知识说法错误的是（　　）
A．火箭加速升空过程与汽油机做功冲程的能量转化形式相同
B．运载火箭用液态氢做燃料，是因其热值较大
C．对接后以“天舟四号”为参照物，“天和号”是运动的
D．地面工作人员利用电磁波传递信息来控制对接过程
【答案】C
【知识点】内能的利用及其意义；燃料的热值；参照物及其选择；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A．火箭加速升空过程中的能量转化是内能转化为机械能，汽油机的做功冲程的能量转化是内能转化为机械能，所以它们的能量转化相同，A正确，不符合题意；
B．运载火箭用液态氢做燃料，因为氢的热值较大，完全燃烧相同质量的氢与其它燃料相比，氢释放的热量多，B正确，不符合题意；
C．对接后以“天舟四号”为参照物，“天和号”相对于“天舟四号”的位置没有改变，是静止的，C错误，符合题意；
D．电磁波可以在真空中传播，地面工作人员利用电磁波传递信息来控制对接过程，D正确，不符合题意。
故答案为：C。

【分析】火箭加速升空过程，速度增加，高度增加，所以机械能增加，是内能转化为机械能。
氢能热值较大，常用来作为燃料。
判断一个物体是否是运动的还是静止的，关键是看被研究的物体与所选的标准即参照物之间的相对位置知否发生了改变。如果发生改变，则次物体是运动的，如果没发生改变，则此物体是静止的。
电磁波能在真空中传播。
3．物理学对其它自然科学产生着重要的影响，引领着人类对自然奥秘的探索，深化着人类对自然界的认识。对下列自然现象认识正确的是（　　）
A．雄鹰展翅翱翔，利用了伯努利原理
B．高原上不易煮熟食物，是因为海拔越高，气压越低，水的沸点越高
C．蝙蝠飞行时靠次声波来定位
D．鱼体表的黏液是为了增大摩擦
【答案】A
【知识点】增大或减小摩擦的方法；沸点及沸点与气压的关系；流体压强与流速的关系；超声波与次声波
【解析】【解答】A．雄鹰展翅翱翔时，翅膀上方空气流速较大，压强较小，下方空气流速较小，压强较大，上下方所受的压强差形成了向上的升力，伯努利原理是流体在流速越大的位置，压强越小，A符合题意；
B．高原上不易煮熟食物，是因为海拔越高，气压越低，水的沸点越低，B不符合题意；
C．蝙蝠的“回声定位”是靠发射出超声波，这些声波碰到墙壁或昆虫时会反射回来，从而确定目标位置，C不符合题意；
D．鱼体表的黏液可使体表变光滑，从而减小摩擦力，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】流体流速越大的对方，压强越小。液体的沸点跟气压有关，海拔变高，气压减小，沸点降低。蝙蝠是靠超声波定位。减小有害摩擦的方法有使接触面光滑和减小压力。
4． 2022年2月，第24届冬奥会在北京成功举办，小华得到了冬奥会吉祥物“冰墩墩”。他和“冰墩墩”一起完成了几个光学实验，下列描述与实验情景不相符的是（　　）
A．平面镜中的像由光的反射形成
B．通过放大镜看到的像是实像
C．小孔成像是因为光沿直线传播
D．岸上看到水中的虚像比物体位置高
【答案】B
【知识点】光的直线传播及其应用；光的折射现象及其应用；生活中的透镜；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】A．平面镜成像的原理是光的反射，A不符合题意；
B．通过放大镜看到的像是正立放大的虚像，B符合题意；
C．影子、日食、月食、小孔成像等都是由光的直线传播形成，C不符合题意；
D．从岸上看水中的物体比实际的浅，也就是虚像的位置比实际的物体高，D符合题意。
故答案为：B。

【分析】平面镜成像的原理是光的反射，平面镜所成的像是正立、等大的虚像。
凸透镜成像规律及其应用之一，u＜f，成正立放大的虚像。
小孔成像的原理是光的直线传播，所成的倒立的实像。
利用光发生折射时光线传播路径的规律解答。
5．中国传统节日的习俗中涉及诸多物理现象，下列分析正确的是（　　）
A．春节燃放烟花爆竹，小朋友捂住耳朵，是在传播过程中减弱噪声
B．元宵节吃汤圆，煮熟后的汤圆漂浮在水面，是因为汤圆受到的浮力大于重力
C．端午节赛龙舟，观众的呐喊声“震耳欲聋”，是因为声音的音调高
D．中秋节吃月饼，月饼香气四溢，是因为分子在不停地做无规则运动
【答案】D
【知识点】物体的浮沉条件及其应用；音调、响度与音色的区分；防治噪声的途径；分子热运动
【解析】【解答】A．春节燃放烟花爆竹，小朋友捂住耳朵，是在人耳处减弱噪声，A不符合题意；
B．元宵节吃汤圆，煮熟后的汤圆漂浮在水面，由漂浮条件可知，汤圆受到的浮力等于重力，B不符合题意；
C．端午节赛龙舟，观众的呐喊声“震耳欲聋”，是因为声音的响度较大，C不符合题意；
D．月饼香气四溢属于扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】减弱噪声有三种方法：①在声源处减弱；②在传播过程中减弱；③在人耳处减弱。
物体在液体中漂浮时浮力等于重力。
声音三个特性：音调、响度和音色。音调跟发声体的振动频率有关；响度跟发声体的振幅有关；音色跟发声体的材料和结构有关。
扩散现象说明组成物质的分子在不停地做无规则运动。
6．风能作为一种清洁的新能源，越来越受到世界各国的重视。风力发电已成为我国新能源战略的重要组成部分。下列选项中与风力发电机原理相同的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】发电机的构造和原理
【解析】【解答】风力发电，消耗风能，产生电能，是将风能转化为电能的过程，所以，原理是电磁感应。
A．图中是奥斯特实验，小磁针发针偏转说明通电导体周围有磁场，A不符合题意；
B．图中是利用电磁继电器进行控制的电路，电磁铁通电时有磁性，断电时无磁性，电铃就是利用电磁铁的这个特性工作的，B不符合题意；
C．当图中线圈在磁场中做切割磁感线运动时，灯泡会发光，这是电磁感应，与发电机的原理相同，C符合题意；
D．图中开关闭合后，电路中有电流，通电导体受到磁场力的作用发生运动，即是电动机的制作原理，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】风吹过时，扇叶转动，小灯泡发光，说明是因为运动而产生了电，是机械能转化为电能，是电磁感应现象，找出原理相同的即可。
7．勤劳的中华民族创造了灿烂的华夏文明，在众多领域取得了举世瞩目的成就，推动了人类社会的进步。下列关于我国科学技术的成就和应用描述完全正确的有（　　）
①四大发明中的“指南针”——司南能指示南北方向是受地磁场的作用
②1293年，郭守敬在通惠河上建造了船闸，这一创举利用了连通器原理
③战国时期的天平——木衡和铜环权利用了杠杆原理
④“玉兔2号”月球车在月球背面留下属于中国的第一道印记，说明力可以改变物体的形状
⑤“华龙一号”核反应堆利用核聚变进行发电，所用核燃料属于可再生能源
⑥“复兴号”动车组刷新了中国速度，动车组速度越快，它的惯性越大
A．①②③④ B．①②③⑤ C．③④⑤⑥ D．②③④⑥
【答案】A
【知识点】能源与可持续发展；力的作用效果；惯性及其现象；连通器原理；杠杆的平衡条件；地磁场
【解析】【解答】①地球的周围存在磁场，司南能指示南北方向是受地磁场的作用。故①正确；
②船闸上方开口，下方连通，符合连通器的定义。因此1293年，郭守敬在通惠河上建造了船闸，这一创举利用了连通器原理。故②正确；
③战国时期的天平——木衡和铜环权可绕一固定点旋转，两侧分别放“权”（相当于砝码或秤锤）、“重”（被称量的重物），使其保持平衡，称量出物体的“重”，利用了杠杆原理。故③正确；
④“玉兔2号”月球车在月球背面移动时，对月壤有压力的作用，月壤受到力的作用发生了形状变化，留下属于中国的第一道印记，说明力可以改变物体的形状。故④正确；
⑤“华龙一号”核反应堆利用核裂变进行发电，所用核燃料不能重复使用，属于不可再生能源。故⑤错误；
⑥惯性是物体的一种属性，只与物体的质量有关。因此“复兴号”动车组刷新了中国速度，动车组速度越快，它的质量未变，惯性不变。故⑥错误。
综上，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。

【分析】①磁场对放入其中的磁体会产生力的作用。指南针本身有磁性，在地磁场中，会受到地磁场的作用。
②连通器的特点：上端开口下端连通的容器。连通器里只有一种液体，在液体不流动的情况下，连通器各容器中液面总是相平的。
③根据杠杆的定义，要判断工具是不是杠杆，要看工具在使用过程中是不是在力的作用下能绕某一固定点转动。
④力的作用效果：一是力可以改变物体的形状，二是力可以改变物体的运动状态。
⑤核反应堆利用核裂变进行发电；能够源源不断地从自然界得到的能源叫可再生能源。
⑥物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性大小只跟物体的质量大小有关，质量越大，惯性越大。
8．“新冠”疫情期间，某商场在门口安装了一个疫情防控门禁系统。该系统要求：进入人员必须扫场所码和测量体温，扫码后开关S1闭合，接着进行体温测量，温度低于37.3℃开关S2闭合，此时指示灯亮起，电动机工作打开安全门，人员才能进入。符合该门禁系统要求的电路图是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】根据题意知道，当满足扫码后开关S1闭合，和体温低于37.3℃两个条件时，指示才灯亮起，电动机工作打开安全门，人员才能进入，说明两个开关必须都闭合才可以，打开安全门，即两个开关是串联关系，B符合题意。
故答案为：B。

【分析】根据进入人员必须扫场所码和测量体温且体温正常的情况下，电动机方可工作开启安全门，据此确定两开关的连接方式，进而确定电路的连接。
9．码头上的工作人员，利用如图所示的杠杆将一桶淡水从地面转移到船上（杠杆始终保持水平）。挂在A端的的桶重100N，内部底面积为600cm2，桶内装有800N的水，水深1m。重600N的工作人员用绳子竖直拉住B端，工作人员的脚与地面的接触面积300cm2，OA：OB=1：3。下列计算结果错误的是（　　）（ρ水=1.0×103kgm3，g取10Nkg）
A．水对桶底的压强为1.0×104Pa B．水对桶底的压力为600N
C．人对地面的压力为375N D．人对地面的压强为1.0×104Pa
【答案】C
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】A．水对桶底的压强为p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×1m=1.0×104Pa
A正确，不符合题意；
B．水对桶底的压力为F=pS=1.0×104Pa×600×10-4m2=600N
B正确，不符合题意；
C．根据杠杆平衡原理，可得人对绳子的拉力为F拉=OAOB（G水+G桶）=13×900N=300N
所以人对地面的压力为F压=G人−F拉=600N-300N=300N
C错误，符合题意；
D．人对地面的压强为p人=F压S人=300N300×10-4m2=1.0×104Pa
D正确，不符合题意。
故答案为：C。

【分析】由p=ρgh可求得水对桶底的压强。由p=FS公式变形可求得水对桶底的压力和人对地面的压强。根据杠杆平衡条件求得绳子对人的拉力，然后可知人对地面的压力。
10．夏季汛期来临，某科技小组设计了一个监测观音湖水位的装置。其原理如图甲，电路中电源电压保持不变，R0为定值电阻；R是竖直放置的长条形电阻片，浮子可带动金属滑杆AP在竖直方向上下移动，AP与R组成滑动变阻器（最大阻值60Ω），当电流表的示数达到某一数值时提醒监测员水位达到警戒值。R接入电路的阻值随水位的变化关系如图乙，电路工作时电压表与电流表变化关系如图丙。则下列说法正确的是（　　）
A．当水位升高时，电压表的示数变大
B．该电路的电源电压是6V
C．该电路工作时的最小总功率是0.3W
D．当水位达到警戒水位时，电流表的示数为0.2A
【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】由图可知，变阻器R和电阻R0串联，电压表测量R两端的电压，电流表测量电路中的电流。
A．当水位升高时，浮子向上运动，带动金属滑杆AP在竖直向上移动，变阻器连入电路的电阻变小，由串联分压可知变阻器两端的电压变小，即电压表的示数变小，A不符合题意；
B．由图丙可知，R接入电路的阻值最大时，电路总电阻最大，由I=UR可知通过电路的电流最小，最小电流是0.1A，R两端的电压是6V，电源电压为U=I小(R大+R0)=0.1A×(60Ω+R0)①
当R接入电路的电阻为零，只有R0的简单电路，电路的总电阻最小，由I=UR可知通过电路的电流最大，最大电流是0.3A，电源电压为U=I大R0=0.3A×R0②
电源电压不变，则0.1A×(60Ω+R0)=0.3A×R0R0=30Ω
电源电压U=I大R0=0.3A×30Ω=9V
B不符合题意；
C．电路中最小电流是0.1A，该电路工作时的最小总功率P小=UI小=9V×0.1A=0.9W
C不符合题意；
D．由图乙可知，水位升高195.0m-175.0m=20.0m
变阻器的阻值变化量是60Ω，水位的变化量和变阻器的阻值变化量成正比，当警戒水位时，水位升高190.0m-175.0m=15.0m
则20.0m60Ω=15.0mR′
R′=45Ω
此时变阻器连入电路的电阻R′′=R大-R′=60Ω-45Ω=15Ω
当水位达到警戒水位时，电流表的示数为I=UR0+R″=9V30Ω+15Ω=0.2A
D符合题意。
故答案为：D。

【分析】理清元件的连接方式及电表的测量对象，由图甲可知当水位升高时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据串联分压原理可知电压表示数变化；当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电路为定值电阻的简单电路，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流最大，由丙图可知通过电路的最大电流为0.3A，根据欧姆定律可得电源电压，由图丙可知通过电路的最小电流为0.1A，根据串联电路电压规律结合欧姆定律可得电源电压，解方程可得电源电压。
通过电路的电流最小时，电路的电功率最小，根据P=UI计算该电路工作时的最小总功率；由乙图可得接入电路的阻值随水位的变化的函数关系，进一步计算当水位达到警戒水位190m时，滑动变阻器接入电路的电阻，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律计算此时通过电路的电流。
二、填空题
11．小陈发现爷爷看书报时将书报拿得很远，根据所学知识想到人的眼睛与　 　（选填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）的成像原理相同，爷爷眼睛的问题是因为晶状体太薄造成的　 　（选填“近”或“远”）视眼。于是他建议父母带爷爷到眼镜店选配一副由　 　透镜制成的老花镜。
【答案】照相机；远；凸
【知识点】远视眼的成因与矫正办法；生活中的透镜
【解析】【解答】人的眼睛与照相机的成像原理相同，都是成倒立、缩小的实像。
晶状体太薄，导致晶状体对光线的会聚能力变弱，看远处物体时，像呈在视网膜后方，所以爷爷眼睛的问题是因为晶状体太薄造成的远视眼。
远视眼是由于看远处物体时，像呈在视网膜后方，所以应该佩戴会聚透镜，即凸透镜，使光线提前会聚。
【分析】当物距大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像，其应用是照相机。远视眼的晶状体比较薄，所以，其对光的偏折能力弱，也就是说其会聚能力弱，导致其成像在视网膜的后方；要使像成在视网膜上，只有一个办法：间接的增强其会聚能力，也就是通过会聚光线的方法达到重新成像在视网膜上的目的。而凸透镜也就是远视镜（老花镜）具有这种作用，所以远视眼的老年人戴的眼镜都是凸透镜！
12．用丝绸摩擦过的玻璃棒去接触不带电的验电器时，验电器的金属箔张开（如图），金属箔因失去电子带上　 　电荷，接触瞬间电流的方向是　 　（选填“金属球到玻璃棒”或“玻璃棒到金属球”）。
【答案】正；玻璃棒到金属球
【知识点】两种电荷；验电器的原理及使用；电流的方向
【解析】【解答】用丝绸摩擦过的玻璃棒因缺少电子（电子带负电荷），带正电。当接触金属箔后，金属箔处的电子会通过金属杆、金属球，流向玻璃棒，金属箔失去电子从而带上正电荷。电流的方向与负电荷的流向相反，因此接触瞬间电流的方向是玻璃棒到金属球。
【分析】得电子带负电，失电子带正电。正电荷定向移动的方向为电流的方向。
13．小王用天平和量筒测一块鹅卵石的密度，在调节天平平衡时发现指针偏向分度盘的左侧（如图甲），此时应将平衡螺母向　 　端调节使天平平衡；然后用调节好的天平测鹅卵石的质量，天平平衡时右盘中砝码的质量、游码在标尺上的位置如图乙，鹅卵石的质量为　 　g；最后用量筒测出鹅卵石的体积如图丙，则鹅卵石的密度为　 　kgm3。
【答案】右；52.4；2.62×103
【知识点】固体密度的测量
【解析】【解答】图甲中，指针偏向分度盘的左侧，说明左边较重，此时应将平衡螺母向右端调节，使横梁平衡。
由图乙可知，鹅卵石的质量为m=50g+2.4g=52.4g
由图丙可知，鹅卵石的体积为V=40mL-20mL=20mL=20cm3
鹅卵石的密度为ρ=mV=52.4g20cm3=2.62g/cm3=2.62×103kg/m3

【分析】调节天平平衡时，平衡螺母左偏右调；根据天平上砝码和游码的位置测量质量；利用量筒中液面高度测量体积；利用质量和体积的比值， 计算密度。
14．某兴趣小组通过自主探究得知“在一定范围内，弹簧的弹力大小与弹簧的伸长量成正比”。原长为10cm的弹簧（质量不计）上端固定在天花板上，下端系一重为20N的小球，静止时小球位于A处，弹簧长度变为11cm，再用力F将小球竖直向下拉到B处，弹簧长度为11.5cm（未超过弹性限度），然后由静止释放，在释放瞬间小球受到的合力大小为　 　N，小球从B处第一次回到A处过程中，小球的动能　 　（选填“增大”、“减小”、“先增大后减小”或“先减小后增大”）。
【答案】10；增大
【知识点】动能和势能的大小变化
【解析】【解答】原长为10cm的弹簧（质量不计）上端固定在天花板上，下端系一重为20N的小球，静止时小球位于A处，弹簧长度变为11cm，此时弹簧的伸长量为11cm-10cm=1cm
因在一定范围内，弹簧的弹力大小与弹簧的伸长量成正比。由此可得，在一定范围内，弹簧每伸长1cm，弹簧的弹力大小增加20N。当用力F将小球竖直向下拉到B处，弹簧长度为11.5cm，此时弹簧的伸长量为11.5cm-10cm=1.5cm
那么弹簧的弹力大小为FB=1.5×20N=30N
在B处由静止释放，在释放瞬间小球受到竖直向下的重力和竖直向上的弹簧的弹力的作用，则合力大小为F合=FB-G=30N-20N=10N
由力与运动的关系可知，当合力方向与运动方向相同时，物体做加速运动。在B处时，受到的合力方上竖直向上，大小为10N，在A处时，弹簧的弹力大小等于重力，合力为0。则小球从B处第一次回到A处过程中，合力的方向一直是竖直向上的，运动的方向也是竖直向上的，故小球做加速运动。由于小球的质量不变，速度变大，所以小球的动能增大。

【分析】根据物体受到的力的大小和方向，计算合力；质量一定时，物体的速度越大，动能越大。
15．傍晚用电高峰时期，小何观察到家中一只标有“220V 48.4W”的白炽灯比正常时暗。他发现灯泡内壁发黑，根据所学知识他知道造成该现象的原因是：灯泡长时间使用后，灯丝升华变细，电阻变　 　，导致功率变小；另外，用电高峰期家中实际电压低于220V，实际功率低于额定功率。他想知道此时家中的实际电压，于是更换了一只同规格的新灯泡，关闭家中其它用电器，让该灯单独工作100s，电能表（如图）转盘转了4转，则家中实际电压为　 　V。
【答案】大；200
【知识点】电能表参数的理解；电功率的计算
【解析】【解答】导体的电阻大小与导体的材料、长度、横截面积等有关，相同材料，长度越长、横截面积越小，电阻越大。因此灯泡长时间使用后，灯丝升华变细，即横截面积变小，电阻变大。
由图可知，电能表转盘转了4转，消耗的电能为W=4r3600r(kW⋅h)=1900kW⋅h=1900×3.6×106J=4000J
新灯泡的实际功率是P实=Wt=4000J100s=40W
灯泡的电阻为R=U额2P额=(220V)248.4W=1000Ω
实际电压为U实=P实R=40W×1000Ω=200V

【分析】导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，且其它条件相同时，横截面积越小，电阻越大。
根据P=UI=U2R分析灯的功率变化。
结合电能表的参数求出转盘转4转消耗的电能；根据P=Wt求出实际功率；利用P=UI=U2R求出小灯泡的电阻，运用实际功率和电阻求解实际电压。
三、作图题
16．一根绳子系着一个小球在竖直平面内摆动。请你作出小球摆动到右边最高点时，小球所受绳子拉力F与重力G的示意图。
【答案】解：如图所示：
【知识点】力的三要素及力的示意图；重力示意图
【解析】【解答】重力从重心竖直向下画，标出重力符号G，拉力从重心沿绳斜向上画，标出符号F，如图所示：

【分析】力的示意图是用一个带箭头的线段把力的大小、方向、作用点三个要素表示出来，线段的长短表示力的大小，箭头表示力的方向，线段起点或终点表示力的作用点。
17．请用笔画线代替导线，按照安全用电的要求，将图中的电灯、控制电灯的开关及插座接入家庭电路中。
【答案】解：如图所示：
【知识点】家庭电路的连接
【解析】【解答】灯泡的接法是火线（相线）与开关串联，开关的另一端再接到灯泡顶端的金属点，零线（中性线）直接接在灯泡的螺旋套上。三孔插座的接法是火线（相线）接三孔插座右孔，地线（保护接地线）直接接三孔插座的上孔，零线（中性线）直接接三孔插座的左孔。电路图如下图所示

【分析】家庭电路中，灯泡的开关连接在火线一侧；三孔插座要左零右火上接地。
四、实验题
18．某兴趣小组在探究“滑动摩擦力的大小与什么因素有关”时，用同一木块分别做了如图所示的甲、乙、丙三次实验。
（1）甲、乙、丙三次实验中以相同速度沿水平方向匀速拉动木块，根据二力平衡知识，弹簧测力计对木块的拉力大小　 　（选填“等于”、“大于”或“小于”）滑动摩擦力的大小；
（2）通过对比甲、乙两次实验可知：其他条件相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；
通过对比　 　两次实验可知：其他条件相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
（3）兴趣小组的同学利用甲图实验装置继续探究滑动摩擦力与速度的关系，改变木块的速度，进行实验，记录的实验数据如下表：
实验次数
1
2
3
4
运动速度（m/s）
0.2
0.3
0.4
0.5
测力计的示数（N）
1.2
1.2
1.2
1.2
分析实验数据可知：滑动摩擦力的大小与物体运动的速度　 　（选填“有关”或“无关”）；
（4）小组交流讨论时发现：在实验中很难使木块做匀速直线运动，于是小伟设计了如图丁所示的实验装置，该装置的优点是　 　（选填“需要”或“不需要”）长木板做匀速直线运动。
【答案】（1）等于
（2）甲、丙
（3）无关
（4）不需要
【知识点】探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】（1）实验时，用弹簧测力计水平拉动木块，使其在水平桌面上做做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡知识，可知滑动摩擦力的大小等于拉力的大小。
（2）要得到其他条件相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大的结论，需要控制压力不变，接触面的粗糙程度不同，选择甲丙两图进行实验。
（3）由表中数据可知，压力和接触面的粗糙程度不变，速度大小不同，测力计的示数不变，滑动摩擦力的大小不变，可以得到滑动摩擦力的大小与物体运动的速度无关。
（4）丁图所示的实验装置，拉动长木板向左运动，木块相对于地面静止，受到摩擦力和测力计的拉力为一对平衡力，摩擦力的大小等于弹簧测力计的拉力，不需要长木板做匀速直线运动。

【分析】（1）水平面上匀速直线运动的物体受到平衡力，二力平衡时，力的大小相等；
（2）当接触面的粗糙程度一定时，压力越大，滑动摩擦力越大；
（3）当接触面的粗糙程度和压力一定时，滑动摩擦力的大小和速度无关；
（4）物体固定，拉动物体下面的接触面时，摩擦力大小和速度无关。
19．小志同学在“测量小灯泡电功率”实验中，用到的器材有：新干电池两节、小灯泡（标有0.3A）1只、电流表1只、电压表1只、滑动变阻器1只、开关1支，导线若干。
（1）请用笔画线代替导线，在图甲中将实验电路连接完整（要求滑动变阻器的滑片向右移动时电流表的示数变小）；
（2）连接好电路，闭合开关，发现灯不亮，电流表无示数，电压表示数接近3V，造成这一现象的原因可能是　 　（选填序号）；
①小灯泡短路； ②小灯泡开路； ③滑动变阻器短路； ④滑动变阻器开路
（3）排除故障，进行实验，当电流表的示数如图乙时，为了测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片P向　 　（选填“A”或“B”）端移动，当电流表示数达到0.3A时，电压表的示数如图丙，则小灯泡的额定功率为　 　W；
（4）小刚用相同的器材进行该实验时发现电压表损坏，他找来一只阻值为R0的定值电阻，设计了如图丁所示的电路，也可测出小灯泡的额定功率，主要的操作步骤如下：
①把电流表接在a处，闭合开关，调节滑片P，使电流表的示数为I额；
②保持滑片P的位置不变，断开开关，把电流表接在b处，闭合开关，读出电流表的示数为I；
③计算得出小灯泡的额定功率P额=　 　（用R0、I额、I表示）。
【答案】（1）
（2）②
（3）A；0.75
（4）(I−I额)R0I额
【知识点】探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）因电源为两节新干电池，则电源电压为3V，故电压表选择小量程，要求滑动变阻器的滑片向右移动时电流表的示数变小，则此时滑动变阻器接入电路中的阻值应变大，故滑动变阻器应接入左下接线柱，电路连接如下图所示
（2）闭合开关，发现灯不亮，电流表无示数，则电路中可能存在开路，而电压表示数接近3V，故可知电压表与电源接通，则与电压表并联的部分出现开路，即小灯泡开路，故答案为：②。
（3）因电流表选择小量程，故电流表的分度值为0.02A，由图乙可知，电流表的示数为0.14A，因小灯泡的额定电流为0.3A，故为了测量小灯泡的额定功率，应增大通过小灯泡的电流，故应减小滑动变阻器接入电路中的阻值，则应将滑动变阻器的滑片P向A端移动。
因电压表选择小量程，分度值为0.1V，故由图丙可知，电压表的示数为U=2.5V，由P=UI可得，小灯泡的额定功率为P=UI=2.5V×0.3A=0.75W
（4）③由电路图可知，小灯泡L与定值电阻R0并联，由步骤①可知，把电流表接在a处，闭合开关，调节滑片P，使电流表的示数为I额，则此时小灯泡正常工作，电流表的示数为流过小灯泡支路的电流，此时定值电阻两端电压等于小灯泡的额定电压，由步骤②可知，保持滑片P的位置不变，断开开关，把电流表接在b处，闭合开关，读出电流表的示数为I，此时电流表测干路电流，故由并联电路的电流规律可得，流过定值电阻R0的电流为I0=I-I额
此时定值电阻两端电压等于小灯泡的额定电压，由欧姆定律可得U额=U0=I0R0=(I-I额)R0
故由P=UI可得，小灯泡的额定功率为P额=U额I额=(I-I额)R0I额

【分析】（1）测量灯泡电功率时，电压表和灯泡并联，滑动变阻器一上一下串联在电路中，滑片远离下面的接线柱，电阻变大；
（2）在串联电路中，电流表无示数，电压表有示数，电压表测量的位置断路；
（3）根据电流表的量程和指针位置，测量电流大小；减小滑动变阻器的电阻，分压减小，其它位置分压变大；根据电压和电流的乘积计算电功率；
（4）利用电流表测量灯泡正常发光时电流的大小和并联电路的干路电流；根据总电流和支路电流差计算其它支路电流；根据电流和电阻的乘积计算电压；利用电压和电流的乘积计算电功率。
五、计算题
20．小明给家中喂养热带鱼的鱼缸设计了一个加热装置（如图甲），该装置电路如图乙所示：L为照明装饰小彩灯（标有“6V 3W”），S1为总开关，S2为温控开关（温度低于20℃自动接通，温度升高到24℃时自动断开），R是阻值为3Ω的电热丝。某次换水后，鱼缸内有10kg初温为19℃的水，闭合开关S1，L正常发光，R开始发热。请你用所学知识与小明一起解决下列问题[c水=4.2×103J(kg⋅℃)]：
（1）电源电压是多少？
（2）R开始发热到停止工作水吸收了多少热量？
（3）R开始发热到停止工作的时间是多少秒？（不考虑热量损失，电热丝产生热量均被水吸收。）
【答案】（1）解：由题意可知，当闭合S1、S2时，此时照明装饰小彩灯L正常发光，所以照明装饰小彩灯L两端实际电压等于它的额定电压，然后根据并联电路的电压规律可知，电源电压与照明装饰小彩灯L的实际电压相等，即U=U实=U额=6V
答：电源电压是6V。
（2）解：由题意可知，水吸收的热量为Q吸=cm△t=4.2×103J/(kg·℃)×10kg×(24℃-19℃)=2.1×105J
答：R开始发热到停止工作水吸收了2.1×105J的热量。
（3）解：因为不考虑热量损失，电热丝产生热量均被水吸收，所以可得电热丝R开始发热到停止，放出的热量为Q放=Q吸=2.1×105J
因为该电路是纯电阻电路，所以可以使用焦耳定律的变形公式Q=U2Rt可得，R开始发热到停止工作的时间是t=Q放RU2=2.1×105J×3Ω(6V)2=1.75×104s
答：R开始发热到停止工作的时间是1.75×104秒。
【知识点】热量的计算；电功率的计算
【解析】【分析】（1）根据并联电路电压规律，判断电源电压；
（2）利用物体的比热容、质量和温度差的乘积计算热量；
（3）根据电流产生的热量，结合电压和电阻，计算工作时间。
21．小超与同学到某工地参观，看到工人操作电动机通过如图所示滑轮组将正方体石料从水池底竖直匀速吊起。他们通过调查得知：石料的边长为0.2m，密度为2.5×103kgm3，石料上升时速度恒为0.4m/s，圆柱形水池的底面积为0.2m2，动滑轮重为30N。请根据他们的调查数据求：（不计绳重和摩擦，ρ水=1.0×103kgm3，g取10N/kg）：
（1）石料露出水面前受到的浮力；
（2）石料的重力；
（3）石料露出水面前滑轮组的机械效率；
（4）石料从刚露出水面到完全露出水面所用的时间；并推导出该过程中电动机的输出功率P（单位：W）与时间t（单位：s）的函数关系式。
【答案】（1）解：石料的体积V=(0.2m)3=0.008m3
石料露出水面前受到的浮力F浮=ρ水gV排=ρ水gV=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.008m3=80N
答：石料露出水面前受到的浮力是80N；
（2）解：石料的重力G=mg=ρgV=2.5×103kg/m3×10N/kg×0.008m3=200N
答：石料的重力是200N；
（3）解：由图可知，绳子承重段数n=2，不计绳重和摩擦，绳子的拉力F=12(G−F浮+G动)=12×(200N−80N+30N)=75N
石料露出水面前滑轮组的机械效率η=W有W总=(G−F浮)hFs=(G−F浮)hF×2h=G−F浮2F=200N−80N2×75N=80%
答：石料露出水面前滑轮组的机械效率是80%；
（4）解：拉出水面后，水面下降的高度∆h=VS=0.008m30.2m2=0.04m
石料上升的实际距离h′=L−Δh=0.2m−0.04m=0.16m
石料从刚露出水面到完全露出水面的时间t=h′v=0.16m0.4m/s=0.4s
石料经过t秒上升的高度h1=vt=0.4t
石料的底面积S石=0.2m×0.2m=0.04m2
水面下降的高度h2=vtS石S−S石=0.4m/s×t×0.04m20.2m2−0.04m2=0.1t
露出水面的高度h露=h1+h2=0.4t+0.1t=0.5t
此时排开水的体积V′排=(L-h露)S石=(0.2-0.5t)×0.04m2=-0.02t+0.008
浮力F′浮=ρ水gV′排=1×103×10×(0.008-0.02t)=-200t+80
自由端的拉力F拉=G−F′浮+G动n=200−(80−200t)+302=100t+75
自由端的速度v绳=2v=2×0.4m/s=0.8m/s
电动机功率P=Wt=F拉st=Fv拉v绳=(75+100t)×0.8=80t+60
综上P=80t+60(0≤t≤0.4s)
答：石料从刚露出水面到完全露出水面所用的时间是0.4s；该过程中电动机的输出功率P（单位：W）与时间t（单位：s）的函数关系式是P=80t+60(0≤t≤0.4s)
【知识点】阿基米德原理；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】（1）根据液体密度和排开液体的体积，计算受到浮力的大小；
（2）根据物体的体积密度和体积的乘积计算质量，再计算重力；
（3）利用物体受到的力，结合绳子股数，计算拉力；根据物体受到的拉力和绳子的总拉力，可以计算滑轮组的机械效率。